第三章函數(shù)的概念與性質》《3.2.1單調性與最大（?。┲怠方贪浮窘滩姆治觥俊逗瘮?shù)的單調性與最大（?。┲怠肥歉咧袛?shù)學新教材第一冊第三章第2節(jié)的內容。在此之前，學生已學習了函數(shù)的概念、定義域、值域及表示法，這為過渡到本節(jié)的學習起著鋪墊作用。學生在初中已經學習了一次函數(shù)、二次函數(shù)、反比例函數(shù)的圖象，在此基礎上學生對增減性有一個初步的感性認識，所以本節(jié)課是學生數(shù)學思想的一次重要提高。函數(shù)單調性是函數(shù)概念的延續(xù)和拓展，又是后續(xù)研究指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等內容的基礎，對進一步研究閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)最大值和最小值的求法和實際應用，對解決各種數(shù)學問題有著廣泛作用?！窘虒W目標與核心素養(yǎng)】課程目標1、理解增函數(shù)、減函數(shù)的概念及函數(shù)單調性的定義；2、會根據(jù)單調定義證明函數(shù)單調性；3、理解函數(shù)的最大（?。┲导捌鋷缀我饬x；4、學會運用函數(shù)圖象理解和研究函數(shù)的性質.數(shù)學學科素養(yǎng)1.數(shù)學抽象：用數(shù)學語言表示函數(shù)單調性和最值；2.邏輯推理：證明函數(shù)單調性；3.數(shù)學運算：運用單調性解決不等式；4.數(shù)據(jù)分析：利用圖像求單調區(qū)間和最值；5.數(shù)學建模：在具體問題情境中運用單調性和最值解決實際問題。【教學重難點】重點：1、函數(shù)單調性的定義及單調性判斷和證明；2、利用函數(shù)單調性或圖像求最值.難點：根據(jù)定義證明函數(shù)單調性．【教學方法】：以學生為主體，采用誘思探究式教學，精講多練。【教學過程】第一課時函數(shù)的單調性一、情景引入德國心理學家艾賓浩斯研究發(fā)現(xiàn)，遺忘在學習之后立即開始，而且遺忘的進程并不是均勻的，最初遺忘速度較快，以后逐漸緩慢．他認為“保持和遺忘是時間的函數(shù)”，并根據(jù)實驗結果繪成描述遺忘進程的曲線，即著名的艾賓浩斯記憶遺忘曲線．如下圖：這條曲線告訴我們，學習中的遺忘是有規(guī)律的，遺忘的進程是不均衡的，記憶的最初階段遺忘的速度很快，后來就逐漸變慢了．這條曲線表明了遺忘規(guī)律是“先快后慢”．通過這條曲線能說明什么數(shù)學問題呢？二、新知導學1．增函數(shù)和減函數(shù)增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設函數(shù)f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2，當x1＜x2時，都有f(x1)__＜__f(x2)f(x1)__＞__f(x2)那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)．區(qū)間D稱為函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)．區(qū)間D稱為函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間圖象特征函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的圖象是__上升__的函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的圖象是__下降__的圖示[知識點撥](1)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)，x1，x2∈D，則x1<x2?f(x1)<f(x2)．(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)，x1，x2∈D，則x1<x2?f(x1)>f(x2)．2．單調性(1)定義：如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是__增函數(shù)__或__減函數(shù)__，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上具有(嚴格的)單調性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的__單調區(qū)間__.(2)圖象特征：函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上具有單調性，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上的圖象是上升的或下降的．[歸納總結]基本初等函數(shù)的單調區(qū)間如下表所示：函數(shù)條件單調遞增區(qū)間單調遞減區(qū)間正比例函數(shù)(y＝kx，k≠0)與一次函數(shù)(y＝kx＋b，k≠0)k＞0R無k＜0無R反比例函數(shù)(y＝eq\f(k,x)，k≠0)k＞0無(－∞，0)和(0，＋∞)k＜0(－∞，0)和(0，＋∞)無二次函數(shù)(y＝ax2＋bx＋c，a≠0)a＞0[－eq\f(b,2a)，＋∞)(－∞，－eq\f(b,2a)]a＜0(－∞，－eq\f(b,2a)][－eq\f(b,2a)，＋∞)三、課前小測1．函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上是減函數(shù)，x1，x2∈(a，b)，且x1＜x2，則有(B)A．f(x1)<f(x2) B．f(x1)＞f(x2)C．f(x1)＝f(x2) D．以上都有可能[解析]因為函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上是減函數(shù)，且x1<x2，所以f(x1)>f(x2)，故選B．2．下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,2)上為增函數(shù)的是(B)A．y＝3－x B．y＝x2＋1C．y＝eq\f(1,x) D．y＝－x2[解析]分別畫出各個函數(shù)的圖象，在區(qū)間(0,2)上上升的圖象只有B．3．若定義在R上的函數(shù)f(x)對任意兩個不相等的實數(shù)a，b，總有eq\f(fa－fb,a－b)>0成立，則必有(A)A．f(x)在R上是增函數(shù) B．f(x)在R上是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)是先增后減 D．函數(shù)f(x)是先減后增[解析]由單調性的定義可知，對任意兩個不相等的實數(shù)a、b，總有eq\f(fa－fb,a－b)>0成立，則f(x)在R上是增函數(shù)，故選A．4．已知函數(shù)f(x)是區(qū)間(0，＋∞)上的減函數(shù)，那么f(a2－a＋1)與f(eq\f(3,4))的大小關系為__f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))__.[解析]∵a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又∵f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為減函數(shù)，∴f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))．5．判斷并證明函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上的單調性．[解析]函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函數(shù)．證明：設x1，x2是(0，＋∞)上的任意兩個實數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝(－eq\f(1,x1)＋1)－(－eq\f(1,x2)＋1)＝－eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2).由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2>0.又由x1<x2，得x1－x2<0.于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函數(shù)．四、互動探究命題方向1?利用圖象求函數(shù)的單調區(qū)間典例1如圖為函數(shù)y＝f(x)，x∈[－4,7]的圖象，指出它的單調區(qū)間．[思路分析](1)函數(shù)f(x)在D上單調遞增(或單調遞減)表現(xiàn)在其圖象上有怎樣的特征？(2)單調增、減區(qū)間與函數(shù)在該區(qū)間上為增、減函數(shù)一樣嗎？[解析]函數(shù)的單調增區(qū)間為[－1.5,3)，[5,6)，單調減區(qū)間為[－4，－1.5)，[3,5)，[6,7]．『規(guī)律方法』函數(shù)單調區(qū)間的求法及表示方法(1)由函數(shù)圖象確定函數(shù)的單調區(qū)間是一種直觀簡單的方法，對于較復雜的函數(shù)的單調區(qū)間，可利用一些基本函數(shù)的單調性或根據(jù)函數(shù)單調性的定義來求．(2)單調區(qū)間必須是一個區(qū)間，不能是兩個區(qū)間的并，如不能寫成函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是減函數(shù)，而只能寫成在(－∞，0)和(0，＋∞)上是減函數(shù)．(3)區(qū)間端點的寫法；對于單獨的一點，由于它的函數(shù)值是唯一確定的常數(shù)，沒有增減變化，所以不存在單調問題，因此寫單調區(qū)間時，可以包括端點，也可以不包括端點，但對于某些點無意義時，單調區(qū)間就不包括這些點．〔跟蹤練習1〕據(jù)下列函數(shù)圖象，指出函數(shù)的單調增區(qū)間和單調減區(qū)間．[解析]由圖象(1)知此函數(shù)的增區(qū)間為(－∞，2]，[4，＋∞)，減區(qū)間為[2,4]．由圖象(2)知，此函數(shù)的增區(qū)間為(－∞，－1]，[1，＋∞)，減區(qū)間為[－1,0)，(0,1]．命題方向2?用定義證明函數(shù)的單調性典例2利用函數(shù)單調性的定義證明f(x)＝eq\r(1－x)在(－1,1)上單調遞減．[思路分析]利用減函數(shù)的定義來證明，其關鍵是對f(x1)－f(x2)進行變形，盡量化成幾個最簡單因式的乘積的形式．[解析]設－1<x1<x2<1，∴f(x1)－f(x2)＝eq\r(1－x1)－eq\r(1－x2)＝eq\f(\r(1－x1)－\r(1－x2)\r(1－x1)＋\r(1－x2),\r(1－x1)＋\r(1－x2))＝eq\f(x2－x1,\r(1－x1)＋\r(1－x2)).∵x1<x2，所以x2－x1>0.又eq\r(1－x1)＋eq\r(1－x2)>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x)在(－1,1)上單調遞減．『規(guī)律方法』1.函數(shù)單調性的證明方法——定義法利用定義法證明或判斷函數(shù)單調性的步驟是：2．用定義證明函數(shù)單調性時，作差f(x1)－f(x2)后，若f(x)為多項式函數(shù)，則“合并同類項”，再因式分解；若f(x)是分式函數(shù)，則“先通分”，再因式分解；若f(x)解析式是根式，則先“分子有理化”再分解因式．〔跟蹤練習2〕(1)用函數(shù)單調性定義證明函數(shù)f(x)＝2x2＋4x在(－∞，－1]上是單調減函數(shù)；(2)用函數(shù)單調性定義證明，函數(shù)y＝eq\f(2x,x＋1)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．[證明](1)設x1<x2≤－1，則f(x1)－f(x2)＝(2xeq\o\al(2,1)＋4x1)－(2xeq\o\al(2,2)＋4x2)＝2(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋4(x1－x2)＝2(x1－x2)(x1＋x2＋2)．∵x1<x2≤－1，∴x1－x2<0，x1＋x2＋2<0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(－∞，－1]上是減函數(shù)．(2)設x1>x2>－1，則x1－x2>0，x1＋1>0，x2＋1>0，y1－y2＝eq\f(2x1,x1＋1)－eq\f(2x2,x2＋1)＝eq\f(2x1－x2,x1＋1x2＋1)>0，∴y1>y2，∴函數(shù)y＝eq\f(2x,x＋1)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．命題方向3?單調性的應用典例3已知函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，且f(3a－7)>f(11＋8a)，求實數(shù)a的取值范圍．[思路分析]根據(jù)函數(shù)的單調性定義可知，由兩個自變量的大小可以得到相應的函數(shù)值的大小，反之，由兩個函數(shù)值的大小也可以得到相應自變量的大?。甗解析]∵函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，且f(3a－7)>f(11＋8a)，∴3a－7>11＋8a，∴a<－eq\f(18,5)，∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－eq\f(18,5))．『規(guī)律方法』利用函數(shù)的單調性解函數(shù)值的不等式就是利用函數(shù)在某個區(qū)間內的單調性，去掉對應關系“f”，轉化為自變量的不等式，此時一定要注意自變量的限制條件，以防出錯．〔跟蹤練習3〕已知函數(shù)g(x)是定義在R上為增函數(shù)，且g(t)>g(1－2t)，求實數(shù)t的取值范圍．[解析]∵g(x)在R上為增函數(shù)，且g(t)>g(1－2t)，∴t>1－2t，∴t>eq\f(1,3)，即所求t的取值范圍為(eq\f(1,3)，＋∞)．對單調區(qū)間和在區(qū)間上單調兩個概念理解錯誤典例4若函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋4的單調遞減區(qū)間是(－∞，2]，則實數(shù)a的取值范圍是__－2__.[錯解]函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝－a，由于函數(shù)在區(qū)間(－∞，2]上單調遞減，因此－a≥2，即a≤－2.[錯因分析]錯解中把單調區(qū)間誤認為是在區(qū)間上單調．[正解]因為函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，2]，且函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為直線x＝－a，所以有－a＝2，即a＝－2.[警示]若一個函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調的，則此函數(shù)在這一單調區(qū)間內的任意子區(qū)間上也是單調的，因此f(x)在區(qū)間A上單調增(或減)和f(x)的單調增(或減)區(qū)間為A不等價．抽象函數(shù)單調性的判斷與證明所謂抽象函數(shù)，一般是指沒有給出具體解析式的函數(shù)，研究抽象函數(shù)的單調性，主要是考查對函數(shù)單調性的理解，是一類重要的題型，而證明抽象函數(shù)的單調性常采用定義法．典例5設f(x)是定義在R上的函數(shù)，對m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且當x>0時，0<f(x)<1.求證：(1)f(0)＝1；(2)x∈R時，恒有f(x)>0；(3)f(x)在R上是減函數(shù)．[思路分析](1)可通過賦值求f(0)；(2)可通過f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)證明f(x)>0；(3)利用定義可證明函數(shù)的單調性．[解析](1)根據(jù)題意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.(2)由題意知x>0時，0<f(x)<1；當x＝0時，f(0)＝1>0；當x<0時，－x>0，∴0<f(－x)<1.∵f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)，∴f(x)·f(－x)＝1，∴f(x)＝eq\f(1,f－x)>0.故x∈R時，恒有f(x)>0.(3)設x1，x2∈R，且x1<x2，則f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，∴f(x2)－f(x1)＝f[x1＋(x2－x1)]－f(x1)＝f(x1)·f(x2－x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]．由(2)知f(x1)>0，又x2－x1>0，∴0<f(x2－x1)<1，故f(x2)－f(x1)<0，∴f(x)在R上是減函數(shù)．『規(guī)律方法』一般地，在高中數(shù)學中，主要有兩種類型的抽象函數(shù)，一是“f(x＋y)”型[即給出f(x＋y)所具有的性質，如本例]，二是“f(xy)”型．對于f(x＋y)型的函數(shù)，只需構造f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，再利用題設條件將它用f(x1)與f(x2－x1)表示出來，然后利用題設條件確定f(x2－x1)的范圍(如符號、與“1”的大小關系)，從而確定f(x2)與f(x1)的大小關系；對f(xy)型的函數(shù)，則只需構造f(x2)＝f(x1·eq\f(x2,x1))即可．1．函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，其增區(qū)間是(C)A．[0,1] B．[－4，－3]∪[1,4]C．[－3,1] D．[－3,4][解析]結合圖象分析可知，函數(shù)圖象在區(qū)間[－3,1]是上升的，故其增區(qū)間是[－3,1]．2．已知f(x)＝(3a－1)x＋b在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是(B)A．(－∞，eq\f(1,3)) B．(eq\f(1,3)，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,3)] D．[eq\f(1,3)，＋∞)[解析]f(x)＝(3a－1)x＋b為增函數(shù)，應滿足3a－1＞0，即a＞eq\f(1,3)，故選B．3．已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，若a∈R，則(D)A．f(a)>f(2a) B．f(a2)<f(a)C．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2＋1)<f(a)[解析]∵a2＋1－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴a2＋1>a，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(a2＋1)<f(a)．4．若函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是__(－∞，1)和(1，＋∞)__.[解析]由圖象可知，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，1)和(1，＋∞)．5．求證：函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上是增函數(shù)．[證明]對于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,x\o\al(2,1))－eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).因為x1＜x2＜0，所以x2－x1＞0，x1＋x2＜0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2)在(－∞，0)上是增函數(shù)．對于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝eq\f(x2－x1x2＋x1,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)).因為0＜x1＜x2，所以x2－x1＞0，x2＋x1＞0，xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＞0.所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．《第一課時函數(shù)的單調性》同步練習A級基礎鞏固一、選擇題1．下列命題正確的是(D)A．定義在(a，b)上的函數(shù)f(x)，若存在x1，x2∈(a，b)，使得x1<x2時，有f(x1)<f(x2)，那么f(x)在(a，b)上為增函數(shù)B．定義在(a，b)上的函數(shù)f(x)，若有無窮多對x1，x2∈(a，b)，使得x1<x2時，有f(x1)<f(x2)，那么f(x)在(a，b)上為增函數(shù)C．若f(x)在區(qū)間I1上為減函數(shù)，在區(qū)間I2上也為減函數(shù)，那么f(x)在I1∪I2上也一定為減函數(shù)D．若f(x)在區(qū)間I上為增函數(shù)且f(x1)<f(x2)(x1，x2∈I)，那么x1<x2[解析]A錯誤，x1，x2只是區(qū)間(a，b)上的兩個值，不具有任意性；B錯誤，無窮并不代表所有、任意；C錯誤，例如函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)和(1，＋∞)上分別遞減，但不能說y＝eq\f(1,x－1)在(－∞，1)∪(1，＋∞)上遞減；D正確，符合單調性定義．2．如圖中是定義在區(qū)間[－5,5]上的函數(shù)y＝f(x)，則下列關于函數(shù)f(x)的說法錯誤的是(C)A．函數(shù)在區(qū)間[－5，－3]上單調遞增B．函數(shù)在區(qū)間[1,4]上單調遞增C．函數(shù)在區(qū)間[－3,1]∪[4,5]上單調遞減D．函數(shù)在區(qū)間[－5,5]上不單調[解析]若一個函數(shù)出現(xiàn)兩個或兩個以上的單調區(qū)間時，不能用“∪”連接．3．函數(shù)y＝－x2的單調減區(qū)間為(C)A．(－∞，0] B．(－∞，0)C．(0，＋∞) D．(－∞，＋∞)[解析]根據(jù)二次函數(shù)y＝－x2的圖象可知函數(shù)y＝－x2的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)．故選C．4．在區(qū)間(－∞，0)上為增函數(shù)的是(C)A．y＝－2x＋2 B．y＝eq\f(1,x)C．y＝－|x|＋1 D．y＝－x2－2x[解析]函數(shù)y＝－2x＋2是減函數(shù)，y＝eq\f(1,x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，y＝－x2－2x＝－(x＋1)2＋1在(－∞，－1]上是增函數(shù)，在(－1,0)上是減函數(shù)，只有函數(shù)y＝－|x|＋1在(－∞，0)上是增函數(shù)，故選C．5．定義在R上的函數(shù)，對任意的x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，則(A)A．f(3)<f(2)<f(1) B．f(1)<f(2)<f(3)C．f(2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(2)[解析]對任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，則x2－x1與f(x2)－f(x1)異號，則f(x)在R上是減函數(shù)．又3>2>1，則f(3)<f(2)<f(1)．故選A．6．函數(shù)y＝f(x)在R上為增函數(shù)，且f(2m)>f(－m＋9)，則實數(shù)m的取值范圍是(C)A．(－∞，－3) B．(0，＋∞)C．(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)[解析]因為函數(shù)y＝f(x)在R上為增函數(shù)，且f(2m)>f(－m＋9)，所以2m>－m＋9，即m>3，故選C．二、填空題7．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)在(a，＋∞)上單調遞減，則a的取值范圍是__[－1，＋∞)__.[解析]∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)的單調遞減區(qū)間為(－1，＋∞)，(－∞，－1)，又∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)在(a，＋∞)上單調遞減，∴(a，＋∞)?(－1，＋∞)，∴a≥－1.8．函數(shù)f(x)＝－2x2＋4x－3的單調遞增區(qū)間為__(－∞，1]__.[解析]f(x)＝－2x2＋4x－3的圖象是開口向下，對稱軸為x＝1的拋物線，∴其單調遞增區(qū)間為(－∞，1]．三、解答題9．求證函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)．[證明]任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(4x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－4,x1x2).因為2<x1<x2，所以x1－x2<0，x1x2>4，x1x2－4>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．所以函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)．B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足f(2x)>f(1)的實數(shù)x的取值范圍是(D)A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(eq\f(1,2)，＋∞) D．(－∞，eq\f(1,2))[解析]∵f(x)在R上為減函數(shù)且f(2x)>f(1)．∴2x<1，∴x<eq\f(1,2).2．設(a，b)，(c，d)都是函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1＜x2，則f(x1)與f(x2)的大小關系是(D)A．f(x1)＜f(x2) B．f(x1)＞f(x2)C．f(x1)＝f(x2) D．不能確定[解析]∵x1，x2不在同一單調區(qū)間內，∴大小關系無法確定．3．已知函數(shù)y＝ax和y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則函數(shù)f(x)＝bx＋a在R上是(A)A．減函數(shù)且f(0)＜0 B．增函數(shù)且f(0)＜0C．減函數(shù)且f(0)＞0 D．增函數(shù)且f(0)＞0[解析]∵y＝ax和y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)都是減函數(shù)，∴a＜0，b＜0，f(x)＝bx＋a為減函數(shù)且f(0)＝a＜0，故選A．4．下列有關函數(shù)單調性的說法，不正確的是(C)A．若f(x)為增函數(shù)，g(x)為增函數(shù)，則f(x)＋g(x)為增函數(shù)B．若f(x)為減函數(shù)，g(x)為減函數(shù)，則f(x)＋g(x)為減函數(shù)C．若f(x)為增函數(shù)，g(x)為減函數(shù)，則f(x)＋g(x)為增函數(shù)D．若f(x)為減函數(shù)，g(x)為增函數(shù)，則f(x)－g(x)為減函數(shù)[解析]若f(x)為增函數(shù)，g(x)為減函數(shù)，則f(x)＋g(x)的增減性不確定．例如f(x)＝x＋2為R上的增函數(shù)，當g(x)＝－eq\f(1,2)x時，則f(x)＋g(x)＝eq\f(1,2)x＋2為增函數(shù)；當g(x)＝－3x，則f(x)＋g(x)＝－2x＋2在R上為減函數(shù)，∴選C．二、填空題5．函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增區(qū)間為__[0，eq\f(3,2)]__.[解析]y＝－(x－3)|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋3xx＞0,x2－3xx≤0)).作出其圖象如圖，觀察圖象知遞增區(qū)間為[0，eq\f(3,2)]．6．若函數(shù)f(x)＝4x2－kx－8在[5,8]上是單調函數(shù)，則k的取值范圍是__(－∞，40]∪[64，＋∞)__.[解析]對稱軸為x＝eq\f(k,8)，則eq\f(k,8)≤5或eq\f(k,8)≥8，得k≤40或k≥64.三、解答題7．用函數(shù)單調性的定義判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)(a<eq\f(1,2))在(－2，＋∞)上的單調性．[解析]證明：f(x)在(－2，＋∞)上是減函數(shù)．∵函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2－2a＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，任取x1，x2∈(－2，＋∞)，且x1<x2.則f(x1)－f(x2)＝(a＋eq\f(1－2a,x1＋2))－(a＋eq\f(1－2a,x2＋2))＝eq\f(1－2a,x1＋2)－eq\f(1－2a,x2＋2)＝eq\f(1－2ax2－x1,x1＋2x2＋2).∵－2<x1<x2，∴x2－x1>0，(x1＋2)(x2＋2)>0，∵a<eq\f(1,2)，∴1－2a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(－2，＋∞)上是減函數(shù)．8．已知y＝f(x)在定義域(－1,1)上是減函數(shù)，且f(1－a)<f(2a－1)，求a的取值范圍．[解析]由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1,－1<2a－1<1))，解得0<a<1.①又f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)，且f(1－a)<f(2a－1)，∴1－a>2a－1，即a<eq\f(2,3).②由①②可知，0<a<eq\f(2,3).即所求a的取值范圍是(0，eq\f(2,3))．9．函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的減函數(shù)，對任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)＝5.(1)求f(2)的值；(2)解不等式f(m－2)≥3.[解析](1)f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1，又f(4)＝5，∴f(2)＝3.(2)由(1)知f(2)＝3，∴原不等式可化為f(m－2)≥f(2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2≤2,m－2＞0))，∴2＜m≤4.∴不等式的解集為{m|2<m≤4}．第二課時函數(shù)的最值一、情景引入你知道2008年北京奧運會開幕式時間為什么由原定的7月25日推遲到8月8日嗎？通過查閱資料，我們了解到開幕式推遲的主要原因是天氣，北京的天氣到8月中旬，平均氣溫、平均降雨量和平均降雨天數(shù)等均開始下降，比較適宜大型國際體育賽事．在日常生活中，我們會關心很多數(shù)據(jù)的變化(如食品的價格、燃油價格等)，所有這些數(shù)據(jù)的變化，用函數(shù)觀點看，其實就是隨著自變量的變化，函數(shù)值是變大還是變小的問題，也就是本節(jié)我們所要研究的函數(shù)的最值問題．二、新知導學最大值和最小值最大值最小值條件一般地，設函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足；對于任意的x∈I，都有f(x)__≤__Mf(x)__≥__M存在x0∈I，使得f(x0)＝__M__結論稱M是函數(shù)y＝f(x)的最大值稱M是函數(shù)y＝f(x)的最小值幾何意義f(x)圖象上最__高__點的縱坐標f(x)圖象上最__低__點的縱坐標[知識拓展]函數(shù)最大值和最小值定義中兩個關鍵詞：①“存在”：M首先是一個函數(shù)值，它是值域中的一個元素，如函數(shù)y＝x2(x∈R)的最小值是0，有f(0)＝0.②“任意”：最大(小)值定義中的“任意”是說對于定義域內的每一個值都必須滿足不等式，即對于定義域內的全部元素，都有f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是說，函數(shù)y＝f(x)的圖象不能位于直線y＝M的上(下)方．三、課前小測1．在函數(shù)y＝f(x)的定義域中存在無數(shù)個實數(shù)x滿足f(x)≥M，則(D)A．函數(shù)y＝f(x)的最小值為MB．函數(shù)y＝f(x)的最大值為MC．函數(shù)y＝f(x)無最小值D．不能確定M是函數(shù)y＝f(x)的最小值[解析]根據(jù)函數(shù)最值的定義，易知選D．2．函數(shù)y＝－|x|在R上(A)A．有最大值0，無最小值 B．無最大值，有最小值0C．既無最大值，又無最小值 D．以上都不對[解析]函數(shù)y＝－|x|在(－∞，0]上遞增，在(0，＋∞)上遞減，∴當x＝0時，y取最大值0，無最小值．3．若定義在區(qū)間(0,3]上的函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)，則它的最大值(D)A．是f(0) B．是f(3)C．是0 D．不存在[解析]∵y＝f(x)在區(qū)間(0,3]上是減函數(shù)，∴當x＝3時，f(x)取最小值f(3)，f(x)無最大值．故選D．4．函數(shù)y＝eq\f(1,x)在[2,3]上的最小值為__eq\f(1,3)__，最大值為__eq\f(1,2)__；在[－3，－2]上的最小值為__－eq\f(1,2)__，最大值為__－eq\f(1,3)__.[解析]函數(shù)y＝eq\f(1,x)在區(qū)間[2,3]上單調遞減，∴ymin＝eq\f(1,3)，ymax＝eq\f(1,2)；在區(qū)間[－3，－2]上單調遞減，∴ymin＝－eq\f(1,2)，ymax＝－eq\f(1,3).四、互動探究命題方向1?利用圖象求函數(shù)的最值典例1已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)0<x<1,x1≤x≤2))，求函數(shù)f(x)的最值．[思路分析]可作出分段函數(shù)的圖象，利用圖象法求函數(shù)最值．[解析]作出f(x)的圖象如圖：由圖象可知，當x＝1時，f(x)取最小值1，無最大值．『規(guī)律方法』利用圖象法求函數(shù)最值的一般步驟是：〔跟蹤練習1〕如圖為函數(shù)y＝f(x)，x∈[－4,7]的圖象，指出它的最大值、最小值．[解析]由圖象可知，f(x)的最大值是3，最小值是－2.命題方向2?利用單調性求最值典例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋2).(1)求證：f(x)在[3,5]上為增函數(shù)；(2)求f(x)在[3,5]上的最大值和最小值．[思路分析]利用函數(shù)單調性來求函數(shù)最值，即先判斷函數(shù)的單調性，再求最值．[解析](1)證明：任取x1，x2∈[3,5]且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1－1,x1＋2)－eq\f(x2－1,x2＋2)＝eq\f(x1－1x2＋2－x2－1x1＋2,x1＋2x2＋2)＝eq\f(x1x2＋2x1－x2－2－x1x2－2x2＋x1＋2,x1＋2x2＋2)＝eq\f(3x1－x2,x1＋2x2＋2)∵x1，x2∈[3,5]且x1<x2，∴x1－x2<0，x1＋2>0，x2＋2>0，∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，∴函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋2)在x∈[3,5]上為增函數(shù)．(2)由(1)知，當x＝3時，函數(shù)f(x)取得最小值為f(3)＝eq\f(2,5)，當x＝5時，函數(shù)f(x)取得最大值為f(5)＝eq\f(4,7).『規(guī)律方法』1.利用函數(shù)單調性求最值的一般步驟：(1)判斷函數(shù)的單調性．(2)利用單調性寫出最值．2．利用單調性求最值的三個常用結論(1)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上是增(減)函數(shù)，則f(x)在區(qū)間[a，b]的左、右端點處分別取得最小(大)值和最大(小)值．(2)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b]上是增函數(shù)，在區(qū)間[b，c)上是減函數(shù)，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，c)上有最大值f(b)．(3)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b]上是減函數(shù)，在區(qū)間[b，c)上是增函數(shù)，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，c)上有最小值f(b)．〔跟蹤練習2〕已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，x∈[－3，－2]，求函數(shù)的最大值和最小值．[解析]設－3≤x1<x2≤－2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1,x1＋1)－eq\f(2x2,x2＋1)＝eq\f(2x1x2＋1－2x2x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(2x1－x2,x1＋1x2＋1).∵－3≤x1<x2≤－2，∴x1－x2<0，x1＋1<0，x2＋1<0.∴f(x1)－f(x2)<0，所以f(x1)<f(x2)．∴函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x＋1)，x∈[－3，－2]是增函數(shù)．又∵f(－2)＝4，f(－3)＝3，∴函數(shù)的最大值是4，最小值是3.忽視端點值致誤典例3已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－\f(1,2)ax≤1,a＋1x2x＞1))為R上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為__{a|a≤－4}__.[錯解]因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－\f(1,2)ax≤1,a＋1x2x＞1))為R上的減函數(shù)，所以f(x)＝(a－1)x－eq\f(1,2)a在(－∞，1]上是減函數(shù)，且f(x)＝(a＋1)x2在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＜0,a＋1＜0))，解得a＜－1.所以a的取值范圍為{a|a＜－1}．[錯因分析]上述解法只考慮了分段函數(shù)在每一段的單調性，而忽視了接點處兩段函數(shù)值的大小關系，從而導致答案錯誤．[正解]因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－\f(1,2)ax≤1,a＋1x2x＞1))為R上的減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＜0,a＋1<0,a－1×1－\f(1,2)a≥a＋1))，解得a≤－4.所以a的取值范圍為{a|a≤－4}．邏輯推理訓練——抽象函數(shù)典例4已知函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f(x·y)＝f(x)＋f(y)，對任意x，y∈(0，＋∞)都成立．當x>1時，f(x)>0.(1)求f(1)；(2)求證f(x)在定義域上是增函數(shù)；(3)如果f(eq\f(1,3))＝－1，求滿足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范圍．[思路分析](1)由于f(x·y)＝f(x)＋f(y)對任意x，y∈(0，＋∞)都成立，故可給x、y賦值產生f(1)；(2)欲證f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，需證對任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1<x2，有f(x1)－f(x2)<0.結合已知條件x>1時，f(x)>0，這里eq\f(x2,x1)>1.∴f(eq\f(x2,x1))>0，即f(x2·eq\f(1,x1))＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))>0，于是在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中令y＝eq\f(1,x)可得f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，從而f(eq\f(1,x))＝－f(x)．從而有f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))＝f(eq\f(x2,x1))>0，即可溝通條件與結論．(3)利用(2)和條件f(eq\f(1,3))＝－1可得f(3)，求得f(m)＝2，將不等式f(x)－f(x－2)≥2化為f(x)≥f(x－2)＋f(m)的形式結合條件即可得f(x)≥f(m(x－2))，再利用單調性脫去符號“f”即可求解．莫忘定義域的限制．[解析](1)令x＝y(tǒng)＝1，得f(1)＝2f(1)，故f(1)＝0.(2)證明：令y＝eq\f(1,x)，得f(1)＝f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，故f(eq\f(1,x))＝－f(x)．任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))＝f(eq\f(x2,x1))．由于eq\f(x2,x1)>1，故f(eq\f(x2,x1))>0，從而f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(3)由于f(eq\f(1,3))＝－1，而f(eq\f(1,3))＝－f(3)，故f(3)＝1.在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y(tǒng)＝3，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2.故所給不等式可化為f(x)－f(x－2)≥f(9)，∴f(x)≥f[9(x－2)]，∴x≤eq\f(9,4)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,x－2>0))，∴2<x≤eq\f(9,4)，∴x的取值范圍是(2，eq\f(9,4)]．『規(guī)律方法』處理抽象函數(shù)問題的基本方法是賦值法．在本題的求解中，根據(jù)所給式子f(x·y)＝f(x)＋f(y)進行適當?shù)馁x值或配湊．該式及由該式推出的f(eq\f(1,x))＝－f(x)可作為推理依據(jù)．課堂作業(yè)1．函數(shù)f(x)在[－2,2]上的圖象如圖所示，則此函數(shù)的最小值、最大值分別是(C)A．f(－2)，0 B．0,2C．f(－2)，2 D．f(2)，2[解析]由圖象可知，當x＝－2時，f(x)取最小值f(－2)，當x＝1時，f(x)取最大值f(1)＝2，故選C．2．函數(shù)f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])的最小、最大值分別為(B)A．3,5 B．－3,5C．1,5 D．5，－3[解析]∵函數(shù)f(x)在[－2,2]上單調遞減，∴f(x)min＝f(2)＝－3，f(x)max＝f(－2)＝5.3．若函數(shù)f(x)＝|x＋2|在[－4,0]上的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝(B)A．1 B．2C．3 D．4[解析]作出函數(shù)f(x)＝|x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2－2≤x≤0,－x－2－4≤x<－2))的圖象如圖所示，由圖象可知M＝f(x)max＝f(0)＝f(－4)＝2，m＝f(x)min＝f(－2)＝0，所以M＋m＝2.故選B．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2,6]，則f(x)的最大值為__2__.[解析]設任意x1，x2∈[2,6]，且x1<x2，∴f(x2)－f(x1)＝eq\f(2,x2－1)－eq\f(2,x1－1)＝eq\f(2x1－x2,x2－1x1－1)，∵x1，x2∈[2,6]，∴x2－1>0，x1－1>0，又∵x1<x2，∴x1－x2<0，∴eq\f(2x1－x2,x2－1x1－1)<0，∴f(x2)－f(x1)<0，∴f(x2)<f(x1)，∴f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2,6]為減函數(shù)，∴f(x)max＝f(2)＝2.5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋61≤x<2,7－x－4≤x<1))，求f(x)的最大值．[解析]當1≤x≤2時，f(x)＝2x＋6，∴f(x)在[1,2]上單調遞增，∴f(x)max＝f(2)＝10.當－4≤x<1時，f(x)＝7－x，∴f(x)在[－4,1)上單調遞減，∴f(x)max＝f(－4)＝11.綜上可知f(x)max＝f(－4)＝11.《第二課時函數(shù)的最值》同步練習A級基礎鞏固一、選擇題1．函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,5]上的圖象如下圖所示，則此函數(shù)的最小值、最大值分別是(C)A．－2,f(2) B．2,f(2)C．－2,f(5) D．2,f(5)[解析]由函數(shù)最值的幾何意義知，當x＝－2時，有最小值－2；當x＝5時，有最大值f(5)，故選C．2．下列函數(shù)在[1,4]上最大值為3的是(A)A．y＝eq\f(1,x)＋2 B．y＝3x－2C．y＝x2 D．y＝1－x[解析]B、C在[1,4]上均為增函數(shù)，A、D在[1,4]上均為減函數(shù)，代入端點值，即可求得最值，故選A．3．二次函數(shù)y＝－2(x＋1)2＋8的最值情況是(C)A．最小值是8，無最大值 B．最大值是－2，無最小值C．最大值是8，無最小值 D．最小值是－2，無最大值[解析]因為二次函數(shù)圖象開口向下，所以當x＝－1時，函數(shù)有最大值8，無最小值．4．若函數(shù)y＝ax＋1在[1,2]上的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)a的值為(C)A．2 B．－2C．2或－2 D．0[解析]由題意知a≠0，當a＞0時，有(2a＋1)－(a＋1)＝2，解得a＝2；當a＜0時，有(a＋1)－(2a＋1)＝2，解得a＝－2.綜上知a＝±2.故選C．5．若函數(shù)y＝2ax－b在[1,2]上的最大值與最小值的差為2，則實數(shù)a的值是(C)A．1 B．－1C．1或－1 D．0[解析]當a>0時，最大值為4a－b，最小值為2a－b，差為2a，∴a＝1；當a≤0時，最大值為2a－b，最小值為4a－b，差為－2a，∴a＝－1.6．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，則f(x)的最大值為(C)A．－1 B．0C．1 D．2[解析]f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4＝－(x－2)2＋4＋a，∴函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝2，∴f(x)在[0,1]上單調遞增．又∵f(x)min＝f(0)＝a＝－2，∴f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1.二、填空題7．函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)在[1,2]上的最大值是__1__.[解析]函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)在[1,2]上是增函數(shù)，∴當x＝2時，f(x)取最大值f(2)＝2－1＝1.8．函數(shù)y＝x2－2x－1的值域是__[－2，＋∞)__.[解析]因為二次函數(shù)圖象開口向上，所以它的最小值為eq\f(4×1×－1－－22,4)＝－2.故值域為[－2，＋∞)．三、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2，其中x∈[1，＋∞)．(1)試判斷它的單調性；(2)試求它的最小值．[解析](1)f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，理由如下：f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋(eq\f(1,2x1)－eq\f(1,2x2))＝(x1－x2)(1－eq\f(1,2x1x2))＝(x1－x2)eq\f(2x1x2－1,2x1x2)，∵1≤x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0.即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調遞增．(2)由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，∴當x＝1時，f(x)有最小值eq\f(7,2).B級素養(yǎng)提升一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝2－eq\f(3,x)在區(qū)間[1,3]上的最大值是(D)A．2 B．3C．－1 D．1[解析]函數(shù)f(x)＝2－eq\f(3,x)在[1,3]上單調遞增，∴f(x)的最大值為f(3)＝2－eq\f(3,3